强基计划专题练12 矩阵及应用（解析版）高考数学复习练习

这是一份强基计划专题练12 矩阵及应用（解析版）高考数学复习练习，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．定义行列式的运算如下：，已函数以下命题正确的是（ ）
①对，都有；②若，对，总存在非零常数了，使得；③若存在直线与的图象无公共点，且使的图案位于直线两侧，此直线即称为函数的分界线.则的分界线的斜率的取值范围是；④函数的零点有无数个.
A．①③④B．①②④
C．②③D．①④
【答案】D
【分析】根据行列式的运算定义可得，根据奇函数定义可判断分段函数为奇函数，所以①正确；根据的单调性和奇偶性可知不是周期函数，所以不是周期函数，所以②错误；利用导数求出函数的过原点的切线的斜率，再根据的图像的对称性可得界线斜率的取值范围应为，故③错误；根据在区间上单调递减，时，，且，可知有无数个解，所以函数的零点有无数个，④正确.
【详解】由题知,
当时,,所以 ，同理时亦有，所以①正确；
又时，，，，为奇函数，知的增区间为，，减区间为，，则不存在周期性，故不是周期函数，所以②错误；
当时，过原点作的切线，设切点为，则切线斜率，由此直线过原点得，所以，结合②中在区间上单调递增；在区间上单调递减，且时，，且，可得时，的分界线的斜率的取值范围是，又为奇函数，可得时，的分界线的斜率的取值范围是.所以分界线斜率的取值范围应为，故③错误；
由上可知，在区间上单调递减，时，，且，所以有无数个解，所以函数的零点有无数个，④正确.
故选：D.
【点睛】本题考查了行列式的运算，考查了奇函数的定义，考查了函数的周期性，考查了导数的几何意义，考查了函数的零点，属于难题.
2．已知向量，是坐标原点，若，且方向是沿的方向绕着点按逆时针方向旋转角得到的，则称经过一次变换得到，现有向量经过一次变换后得到，经过一次变换后得到，…，如此下去，经过一次变换后得到，设，，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，可得，，，即当时，一次，变换将逆时针旋转1弧度，再将所得向量的长度再伸长为原来的倍得到向量．因此当时，运用矩阵变换公式，算出逆时针旋转1弧度所得向量，从而得到，，，所以．接下来再对、、、各项在时的情况进行计算，对照所得结果可得只有项是正确的选项
【详解】根据题意，，
一次，变换就是将向量逆时针旋转1弧度，再将长度伸长为原来的倍，
即由逆时针旋转1弧度而得，且
设向量逆时针旋转1弧度，所得的向量为，则有，
，即向量逆时针旋转1弧度，
得到向量，再将的模长度伸长为原来的倍，
得到，，
因此当时，，，，即，由此可得
对于，当时，与计算结果不相等，故不正确；
对于，当时，与计算结果相等，故正确；
对于，当时，与计算结果不相等，故不正确；
对于，当时，与计算结果不相等，故不正确
故选：B
【点睛】本题考查了向量的线性运算，用矩阵解决向量的旋转问题和数列的通项公式，属于中档题
3．关于的方程组的系数矩阵记为，且该方程组存在非零解，若存在三阶矩阵，使得，（0表示零矩阵，即所有元素均为0的矩阵；矩阵对应的行列式为），则
（1）一定为1；
（2）一定为0；
（3）该方程组一定有无穷多解.
其中正确说法的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】先根据方程组有非零解可得，由此可得的值及方程组有无穷多组解，故可判断（1）、（3）的正误，用反证法可证，故（2）正确，从而可得正确的选项.
【详解】由题设有，因为方程组存在非零解，故，
而，故 ，故（1）正确.
因，故方程组由三个相同的方程构成即，
它有无数组解，故（3）正确.
若，则有可逆矩阵，从而（0表示零矩阵）即（0表示零矩阵），
与矛盾，故（2）正确.
故选：D.
【点睛】本题考查三元一次方程组、三阶行列式的计算、矩阵的乘法与逆矩阵，注意三阶行列式的计算可用公式来计算，还要注意三元一次方程组的解的个数与系数行列式的关系，本题属于中档题.
4．已知函数满足：，，，数列{}的前n项和为，满足，则的值为（ ）
A．B．-4C．D．-5
【答案】B
【分析】由可求出的表达式，进一步表示出与的值，展开行列式，结合数列极限即可求解
【详解】，，
，
即①，又②，
①-②得，经检验也符合，故，
则
故选：B
【点睛】本题考查向量平行的坐标表示，数列的的求解，三阶行列式的化简，极限思想的应用，属于难题
5．定义，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得，利用三角函数的诱导公式以及同角的三角函数关系结合三角恒等变换，化简求值，可得答案.
【详解】由题中的定义可得：

，
故选：A.
二、填空题
6．已知数列满足，则使成立的正整数的最小值为__________.
【答案】2019
【分析】结合二阶行列式先化简，得出关于的一个等差数列，再结合放缩法即可求解
【详解】由题可知，，变形可得，
即数列是一个首项为，公差是1的等差数列，故有
故答案为：2019
【点睛】本题考查二阶行列式的简单应用，构造数列法，放缩法的使用，属于中档题
7．下列命题:
①关于、的二元一次方程组的系数行列式是该方程组有解的必要非充分条件;
②已知、、、是空间四点,命题甲:、、、四点不共面,命题乙:直线和不相交,则甲成立是乙成立的充分非必要条件;
③“”是“对任意的实数,恒成立”的充要条件;
④“或”是“关于的方程有且仅有一个实根”的充要条件;
其中,真命题序号是________
【答案】②
【分析】根据充分条件和必要条件的定义逐一判断,即可得出答案.
【详解】对于①, 系数行列式,关于、的二元一次方程组有唯一解,
是该方程组有解的非充分条件
又系数行列式,或
关于、的二元一次方程组无解
系数行列式,
关于、的二元一次方程组有无穷组解
关于、的二元一次方程组的系数行列式是该方程组有解的非必要非充分条件;
故①不正确;
对于②,已知、、、是空间四点,命题甲:、、、四点不共面,命题乙:直线和不相交.
命题甲可以推出命题乙,甲成立是乙成立的充分条件
又直线和不相交,当,即、、、四点共面,
命题乙不能推出命题甲,甲成立是乙成立的非必要条件
甲成立是乙成立的充分非必要条件.
故②正确;
对于③,设
当时,;
当时,;
当时,.
故
能推出任意的实数,
又对任意的实数,不能推出
故“”是“对任意的实数,恒成立”的充分不必要条件
故③不成立;
对于④,由关于的实系数方程有且仅有一个实数根,得:,
由得:或
当时,得,检验知:不是方程的实根,故此时方程无解
当时,,解得,检验知:是方程的实根.
故此时关于的方程有且仅有一个实数根
“或”不能推出“关于的方程有且仅有一个实根”
又关于的方程有且仅有一个实根也不能推出“或”
“或”是“关于的方程有且仅有一个实根”的既不充分也不必要条件.
故④错误.
故答案为:②.
【点睛】本题主要考查了充分条件与必要条件的判定,其中熟记充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于中档题.
三、解答题
8．已知椭圆，直线过右焦点与椭圆交于、两点，的三个顶点均在椭圆上，且为坐标原点.
（1）小明在计算的面积的最大值的时候用了如下方法，其中有两处出错，请指出其中的一处错误之处，并说明原因；解答：设，，则，所以的面积的最大值为.
（2）请给出题目（1）中问题的正确解答；
（3）小明虽然做错了，但这种方法在计算某些题目时会比常规方法便捷些，如求证下面问题，求证：当的重心为原点时，的面积是定值.
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）化简结果错误，以及没有验证是否成立
（2）设，与椭圆联立，利用韦达定理可将三角形面积表示为关于的函数，即可求出最值；
（3）设，，，得出，然后利用行列式计算可得.
【详解】（1）错误有两处，首先是行列式化简错误，化简结果应该是.
其次是没有验证等号是否能取到，因为条件中，，三点共线还没有考虑.若仍用行列式参数法计算，当，，三点共线时
化简得，按小明方法计算当面积最大时，，显然两式无法同时成立.
（2）构成三角形，于是直线斜率不为0，且右焦点.
设将之代入椭圆中：
，
于是
,
设，于是
函数，上单调递增，于是当分母最小，函数值最大.
于是当时，面积最大为.
（3）设，，，
由重心为原点，于是，
即：，
平方相加得出.
因为是重心，于是
为定值.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
9．设平面直角坐标系中的动点到两定点、的距离之和为，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过上的点作圆的两条切线，切点为、，直线与、轴的交点依次为异于坐标原点的点、，试求的面积的最小值；
（3）过点且不垂直于坐标轴的直线交于不同的两点、，线段的垂直平分线与轴交于点，线段的中点为，是否存在，使得成立？请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）不存在，理由见解析..
【分析】（1）根据椭圆的定义，由题中条件，即可得出结果；
（2）先设，，，表示出直线与直线的方程，从而得到直线的方程，进而求出、，表示出所求三角形面积，结合基本不等式，即可得出结果；
（3）先假设存在满足题意，即满足成立；设出直线的方程，联立该直线与椭圆方程，根据韦达定理，弦长公式等，表示出；再表示出中垂线的方程，根据两点间距离公式，得出，计算的范围，即可得出结论.
【详解】（1）根据题中，设点，，，
则有，
结合椭圆的定义可得：点的轨迹即是以，为焦点，以为长轴的椭圆，
所以，因此，故点的轨迹方程为；
（2）设，，，
则根据题意可得，，因此，，
所以直线，即；
直线，即；
因为直线与直线交于点，所以，
因此直线的方程为，
令可得；令可得；则、，
又是椭圆上的点，所以
（当且仅当时，等号成立），则；
所以；
（3）由可得，
即，所以；
假设存在，使得成立；
即存在，使得成立；
由题意可知，直线的斜率存在且不等于零，
不妨设直线的方程为，其中，
设、，
由消去整理得：，
则，
，
所以，
又
所以线段的中点的坐标为；
则的中垂线方程为，
令可得，即点的坐标为，
所以，
因此，
因为，所以，则，
故不存在，使得成立；
即不存在，使得成立.
【点睛】思路点睛：
求解椭圆中是否存在参数满足某条件的问题时，一般需要先假设存在，再联立对应的直线与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式等，由题中条件，得出所需的等量关系，进一步求解即可.
10．如图所示，在平面直角坐标系中，点绕坐标原点旋转角至点．
（1）试证明点的旋转坐标公式：
（2）设，点绕坐标原点旋转角至点，点再绕坐标原点旋转角至点，且直线的斜率，求角的值；
（3）试证明方程的曲线是双曲线，并求其焦点坐标．
【答案】（1）证明见解析；（2）、、；（3）证明见解析；焦点坐标为与．
【分析】(1) 由任意角的三角比定义及三角恒等变换可得出变换前后的坐标的联系，从而得证；（2）把点，的坐标先用极坐标表示，然后利用直线的斜率列出方程，再根据角的范围求出的可能值；（3）由旋转坐标公式求出旋转后的方程，再由双曲线方程不存在“”项，即其系数为0，可求出的值，从而求出其焦点坐标．
【详解】（1）设将x轴正半轴绕坐标原点旋转角至点，，
则，由任意角的三角比定义，有和
所以，
将代入，得
（2）方法1：设点，的坐标分别为，，
由点的旋转坐标公式，有与
由直线的斜率，得，
，或
或，
，
、、．
方法2：由三角比的定义，可得点设点的坐标分别为，即；同理可得的坐标为，
以下与解法1相同．
（3）设为方程的曲线上任意一点，将点绕坐标原点旋转角至点．
则，
可解得①
注：以上这个反解可以省略，后面的方程不同，但不影响证明结论．
将①代入方程，得，整理，得．
令，可解得，是该方程的解，
所以，将方程的曲线按顺时针旋转，所得曲线的方程为：
．
故，曲线是以和为焦点的双曲线．
又因为双曲线是由曲线绕坐标原点旋转而得到的，所以曲线也是双曲线．
将点按逆时针旋转，得到点，
所以，双曲线的焦点坐标为与．
【点睛】直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式，而极坐标方程转化为直角坐标方程的关键是利用公式，后者也可以把极坐标方程变形尽量产生，,以便转化．另一方面，当动点在圆锥曲线运动变化时，我们可以用一个参数来表示动点坐标，从而利用一元函数求与动点有关的最值问题.
11．如图，设A是由个实数组成的n行n列的数表，其中aij(i，j=1，2，3，…，n)表示位于第i行第j列的实数，且aij{1，-1}.记S(n，n)为所有这样的数表构成的集合．对于，记ri(A)为A的第i行各数之积，cj(A)为A的第j列各数之积．令
（Ⅰ）请写出一个AS(4，4)，使得l(A)=0；
（Ⅱ）是否存在AS(9，9)，使得l(A)=0？说明理由；
（Ⅲ）给定正整数n，对于所有的AS(n，n)，求l(A)的取值集合．
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）不存在，理由见解析；（Ⅲ）
【解析】（Ⅰ）可取第一行都为-1，其余的都取1，即满足题意；
（Ⅱ）用反证法证明：假设存在，得出矛盾，从而证明结论；
（Ⅲ）通过分析正确得出l(A)的表达式，以及从A0如何得到A1，A2……，以此类推可得到Ak．
【详解】（Ⅰ）答案不唯一，如图所示数表符合要求.
（Ⅱ）不存在AS(9，9)，使得l(A)=0，证明如下:
假如存在，使得.
因为，，
所以，，...，，，，...，这18个数中有9个1，9个-1.
令.
一方面，由于这18个数中有9个1，9个-1，从而①，
另一方面，表示数表中所有元素之积（记这81个实数之积为m）；
也表示m，从而②，
①，②相矛盾，从而不存在，使得.
（Ⅲ）记这个实数之积为p.
一方面，从“行”的角度看，有；
另一方面，从“列”的角度看，有；
从而有③，
注意到，，
下面考虑，，...，，，，...，中-1的个数，
由③知，上述2n个实数中，-1的个数一定为偶数，该偶数记为，则1的个数为2n-2k，
所以，
对数表，显然.
将数表中的由1变为-1，得到数表，显然，
将数表中的由1变为-1，得到数表，显然，
依此类推，将数表中的由1变为-1，得到数表，
即数表满足：，其余，
所以，，
所以，
由k的任意性知，l（A）的取值集合为.
【点睛】本题为数列的创新应用题，考查数学分析与思考能力及推理求解能力，解题关键是读懂题意，根据引入的概念与性质进行推理求解，属于较难题.
12．设数阵，其中、、、．设，其中，且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”（、、、）．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到、 ，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．
（1）若，写出经过变换后得到的数阵；
（2）若，，求的值；
（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析.
【解析】（1）由，能求出经过变换后得到的数阵；
（2）由，，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；
（3）分和两种情况讨论，推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过．
【详解】（1），经过变换后得到的数阵；
（2）经变换后得，故；
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以的所有可能取值的和为，
又因为、、、，所以的所有可能取值的和不超过．
【点睛】本题考查数阵变换的求法，考查数阵中四个数的和不超过的证明，考查类比推理、数阵变换等基础知识，考查运算求解能力，综合性强，难度大．
13．矩阵乘法运算的几何意义为平面上的点在矩阵的作用下变换成点，记，且.
（1）若平面上的点在矩阵的作用下变换成点，求点的坐标；
（2）若平面上相异的两点、在矩阵的作用下，分别变换为点、，求证：若点为线段上的点，则点在的作用下的点在线段上；
（3）已知△的顶点坐标为、、，且△在矩阵作用下变换成△，记△与△的面积分别为与，求的值，并写出一般情况（三角形形状一般化且变换矩阵一般化）下与的关系（不要求证明）.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），若变化矩阵为，则.
【分析】（1）直接根据矩阵变换的计算，可得点的坐标；
（2）先求变换后的坐标，再利用斜率相等，即可证得共线；
（3）求出点，，，利用行列式计算三角形面积即可.
【详解】（1）设，则，
∴解得：，
∴.
（2）设，，
∵三点共线，∴，
∵，∴，，
∵，
，
∴，∴点在的作用下的点在线段上.
（3）∵，，，
∴，，.
∴.
∴.
若矩阵为，则.
【点睛】本题考查矩阵与变换的综合运用、利用行列式求三角形的面积，考查逻辑推理能力和运算求解能力，计算量较大.
14．已知阶方阵中的各元素均为正数，其中每行成等差数列，每列都是公比为2的等比数列，已知.
（1）求和的值；
（2）计算行列式和；
（3）设，证明：当是3的倍数时，能被21整除.
【答案】（1），；（2），；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据每行成等差数列，每列都是公比为2的等比数列得出，，；
（2）结合第一问公式依据行列式的求法，即可得解；
（3）根据公式得出错位相减求和，利用二项式定理证明.
【详解】（1）由题：各元素均为正数，其中每行成等差数列，每列都是公比为2的等比数列，，所以，所以第一行公差为1，
所以，，
每列都是公比为2的等比数列，所以；
（2），
；
（3）由（1）得，
，
，
，
即
当是3的倍数时，设，
所以
能被21整除，命题得证.
【点睛】此题考查等差数列等比数列求通项公式，利用公式求出具体项求解行列式，错位相减进行数列求和，利用二项式定理证明整除问题.
15．设二阶方矩阵，则矩阵所对应的矩阵变换为：，其意义是把点变换为点，矩阵叫做变换矩阵.
（1）当变换矩阵时，点、经矩阵变换后得到点分别是、，求经过点、的直线的点方向式方程；
（2）当变换矩阵时，若直线上的任意点经矩阵变换后得到的点仍在该直线上，求直线的方程；
（3）若点经过矩阵变换后得到点，且与关于直线对称，求变换矩阵.
【答案】（1）；（2），；（3）.
【分析】（1）由给出的变换矩阵定义求出、的坐标，进而求出直线的方向向量，求出点向式方程；
（2）设直线方程为：：，求出其上点关于矩阵变换后的点也满足直线的方程，再根据两直线重合的条件：斜率相等，截距相同即可求出直线方程；
（3）因为点经过矩阵变换后得到点，且与关于直线对称，所以有：
，解之得： ，再根据，得出即可.
【详解】（1）由题意得：，即，解之得： ，所以；
，即，解之得： ，所以，
则，
所以方程为 ，即；
（2），即 ，
设：（不全为），
：，即，
由题知，与重合得，
所以或，
，得，
，得或，即，；
（3）因为与关于直线对称，所以有：
，解之得： ，
故，所以.
【点睛】本题考查矩阵变换问题，考查矩阵的求法，考查运算能力与转化思想，属于中档题．
16．已知数列和满足：，且成等比数列，成等差数列．
（1）行列式，且，求证：数列是等差数列；
（2）在（1）的条件下，若不是常数列，是等比数列，
①求和的通项公式；
②设是正整数，若存在正整数，使得成等差数列，求的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①，；②6
【分析】(1)根据行列式的代数余子式可得,再根据等差中项可证;
(2)①设等差数列的公差为,等比数列的公比为,运用等差数列和等比数列的性质和通项公式,解方程组即可得到所求通项;
②由等差数列的中项性质和分类讨论,即可得到最小值.
【详解】证明:因为,
所以,,
因为,所以,即,
所以数列是等差数列.
①由(1)知数列是等差数列,设公差为(),设等比数列 的公比为,
因为成等比数列，成等差数列,
所以且,
所以,且,
结合化简可得且,
解得,
所以,,
故,.
②因为成等差数列,
所以,即,
由于,且均为正整数,
所以,,所以,
可得,即,
当时,,,所以不等式不成立,
当或时,成立,
当时,,即时,则有,
所以的最小值为6,当且仅当且或时, 取得最小值6.
【点睛】本题考查了行列式的代数余子式,用等差中项证明等差数列,等差数列,等比数列的性质和通项公式,分类讨论思想,属于难题.
17．在中学阶段，对许多特定的集合（如实数集，平面向量集等）的学习常常是以定义运算（如四则运算）和研究运算律为主要内容，现设集合由全体二元有序实数对组成，在上定义一个运算，记为，对于中的任意两个元素，，规定：.
（1）计算：；
（2）请用数学符号语言表述运算满足交换律和结合律，并证明交换律；
（3）中是否存在唯一确定的元素满足：对于任意，都有成立，若存在，请求出元素；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）交换律：，结合律：，交换律证明见解析；
（3）存在，
【分析】（1）由定义，再将已知条件代入运算即可；
（2）根据实数，向量的交换律，结合律类比即可；
（3）根据充要条件的定义，结合的定义，可得方程组，再解方程组即可得解.
【详解】解：（1）因为，
所以，
故；
（2）运算满足交换律：，结合律：，
运算满足交换律证明如下：
设集合中的任意三个元素 ，，
则，
故运算满足交换律;
（3）设存在,满足题意，且，
由（2）知：对任意，都有成立，
只需，即，
即，
①若，显然有成立，
②若，则，解得：，
故存在唯一确定的元素满足：对于任意，都有成立.
【点睛】本题考查了对新定义的理解及行列式的运算，重点考查了运算能力及阅读理解能力，属中档题.
18．已知，且、、是的三边长，试判断的形状，并证明之.
【答案】等边三角形，证明见解析.
【分析】将行列式，从而得到，再计算行列式，得到方程后，利用配方法可得，即可得到为等边三角形.
【详解】将行列式的前两列加到第三列上，得：
．
所以，
所以，
所以，即，
所以，
所以是等边三角形．
【点睛】本题考查行列式变换、三阶行列式计算、三角形形状判断，考查基本运算求解能力.
19．我们用（，、、、）表示矩阵的第行第列元素.已知该矩阵的每一行每一列都是等差数列，并且，，.
（1）求；
（2）求关于，的关系式；
（3）设行列式，求证：对任意、，、、时，都有.
【答案】（1）20；（2）（3）证明见解析
【分析】由题意可得，矩阵中第一行的公差为1，第二行的公差为2，从而第三行的公差为3，即有第行的公差为，
则有第一列的公差为1，第二列的公差为2，从而第列的公差为，再由等差数列的通项公式，即可得到
，即可得到（1）、（2），再由行列式的性质和计算即可得到（3）的证明
【详解】由于该矩阵的每一行每一列都是等差数列，并且，，，则矩阵中第一行的公差为1，第二行的公差为2，从而第三行的公差为3，即有第行的公差为，则有第一列的公差为1，第二列的公差为2，从而第列的公差为，
则由等差数列的通项公式，即可得到
所以（1）
所以（2）
（3）证明：由于行列式，
即有，
则
，
故对任意，，，，时，都有
【点睛】本题考查等差数列的通项公式运用，三阶行列式的计算，属于中档题
20．矩阵与变换
已知二阶矩阵有特征值λ1=4及属于特征值4的一个特征向量并有特征值及属于特征值－1的一个特征向量，
（Ⅰ ）求矩阵；（Ⅱ ）求．
【答案】（1）；（2）．
【详解】试题分析：（1）利用矩阵的运算法则进行求解；（2）利用矩阵的乘法法则进行求解．
试题解析：（Ⅰ）设=
则∴①
又∴②
由①②可得a=1,b=2,c=3,d=2，∴= 4分
（Ⅱ）易知，∴．
考点：矩阵的运算．
21．已知圆的极坐标方程：;直线的极坐标方程:a11
a12
…
a1n
a21
a22
a2n
…
…
…
…
an1
an2
…
ann
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(进群送往届全部资料)求圆心到直线的距离；
若直线在矩阵 的交换下得到直线，求直线的直角坐标方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）求得圆的普通方程为，直线的普通方程为，由点到直线的距离公式可求得距离；
（2）设直线l上一点为，根据矩阵的乘法可得到在矩阵 的交换下的坐标，结合直线的方程，即可得到答案.
【详解】（1）由圆的极坐标方程：，得，
将 代入可得 ，
所以圆；
直线的极坐标方程:，即，
可得直线的直角坐标方程: ,
故圆心 到直线的距离为：；
（2）设直线l上一点为 ，在矩阵 的交换下得到点，
则 ，，，
将代入中得：，
即，
故直线的直角坐标方程为：.